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微专题25　概率
【考法探析·明规律】
例1　(1)B　(2)　[解析] (1)方法一:画出树状图,如图,由树状图可得,甲、乙、丙、丁四人排成一列,共有24种排法,其中丙不在排头,且甲或乙在排尾的排法共有8种,故所求概率P==.故选B.
方法二:当甲排在排尾,乙排在排头时,丙有2种排法,丁有1种排法,此时有2种排法;当甲排在排尾,乙排在第二位或第三位时,丙有1种排法,丁有1种排法,此时有2种排法.故甲排在排尾共有2+2=4(种)排法.同理,乙排在排尾共有4种排法.故丙不在排头,且甲或乙在排尾共有4+4=8(种)排法.根据古典概型的概率计算公式,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是==.故选B.
方法三:当甲在排尾时,丙有2种排法,乙、丁有=2(种)排法,此时共有2×2=4(种)排法;当乙在排尾时,丙有2种排法,甲、丁有=2(种)排法,此时共有2×2=4(种)排法.故丙不在排头,且甲或乙在排尾共有4+4=8(种)排法.根据古典概型的概率计算公式,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是==.故选B.
(2)方法一:设甲的数字为1,3,5,7时乙对应的数字分别为a,b,c,d,样本点记为(a,b,c,d),则该试验的样本空间包含的样本点个数为=24.甲的总得分不小于2包含的样本点有(6,2,4,8),(8,2,4,6),(6,2,8,4),(8,2,6,4),(6,8,2,4),(8,6,2,4),(6,8,4,2),(8,6,4,2),(4,2,8,6),(4,8,2,6),(8,4,2,6),(2,8,4,6),共12个.故所求概率为=.
方法二:甲出1一定输,所以甲最多得3分.若甲得3分,则只有一种选择卡片的情况:1-8,3-2,5-4,7-6;若甲得2分,则选择卡片的情况可分为三类:
①出3和出5的轮次得1分,其余的轮次得0分:1-6,3-2,5-4,7-8.
②出3和出7的轮次得1分,其余的轮次得0分:1-4,3-2,5-8,7-6;1-8,3-2,5-6,7-4;1-6,3-2,5-8,7-4.
③出5和出7的轮次得1分,其余的轮次得0分:1-2,3-8,5-4,7-6;1-4,3-8,5-2,7-6;1-8,3-4,5-2,7-6;1-6,3-8,5-2,7-4;1-8,3-6,5-2,7-4;1-6,3-8,5-4,7-2;1-8,3-6,5-4,7-2.共1+1+3+7=12(种)选择卡片的情况满足要求,而所有选择卡片的情况有=24(种),所以所求概率为=.
自测题
1.　　[解析] 方法一:甲从五个活动中选三个的可能情况有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种,其中甲选到A活动的可能情况有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,共6种,故甲选到A活动的概率P==.乙选了A活动有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE共6种可能情况,其中选到B活动有ABC,ABD,ABE共3种可能情况,故已知乙选了A活动,他选到B活动的概率为=.
方法二:甲选到A活动的概率为=.设M=“乙选到A活动”,N=“乙选到B活动”,则已知乙选了A活动,他选到B活动的概率为P(N|M)===.
2.　[解析] 每次均有4种不同的取法,故总的取法有44=256(种).这列数中恰有3个不同整数,则必有一个数被取了2次,故这列数中恰有3个不同整数的取法有×=144(种),故这列数中恰有3个不同整数的概率为=.
例2　D　[解析] 由题意得,样本空间中共包含36个样本点.A={(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},共包含12个样本点,所以P(A)==.B={(1,1),(1,3),(1,5),(2,1),(2,3),(2,5),(3,1),(3,3),(3,5),(4,1),(4,3),(4,5),(5,1),(5,3),(5,5),(6,1),(6,3),(6,5)},共包含18个样本点,所以P(B)==.C={(3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},共包含10个样本点,所以P(C)==.D={(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)},共包含6个样本点,所以P(D)==.对于A,因为P(AC)=≠P(A)P(C),所以A与C不独立,故A错误;对于B,因为P(BC)==≠P(B)P(C),所以B与C不独立,故B错误;对于C,因为事件C与D不能同时发生,所以P(CD)=0≠P(C)P(D),故C错误;对于D, P(BD)===P(B)P(D),则B与D相互独立,故D正确.故选D.
自测题
1.C　[解析] 由题可得P(B)=1-P()=1-=.因为P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),即+-P(AB)=,所以P(AB)=,所以P(AB)=P(A)·P(B),因此事件A与事件B独立.故选C.
2.　[解析] 设甲、乙、丙三人做对这道题分别为事件A,B,C,则P(A)=,P()=,P(ABC)=,P( )=.由P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=P(B)P(C)=,P( )=P()P()P()=[1-P(B)][1-P(C)]=,解得P(B)=,P(C)=或P(B)=,P(C)=.设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题为事件D.当P(B)=,P(C)=时,P()=,P()=,则P(D)=P(A )+P(B )+P( C)=××+××+××=;当P(B)=,P(C)=时,P()=,P()=,则P(D)=P(A )+P(B)+P( C)=××+××+××=.综上,甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为.
例3　解:(1)用频率估计概率,从甲校随机抽取1人,这个人做对该题目的概率为=0.8.
(2)设A=“从甲校抽取1人做对”,则P(A)=0.8,P()=0.2,
设B=“从乙校抽取1人做对”,
则P(B)=0.75,P()=0.25,
设C=“恰有1人做对”,故P(C)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=0.35.
X的可能取值为0,1,2,
P(X=0)=P( )=0.05,P(X=1)=0.35,P(X=2)=P(AB)=0.8×0.75=0.6,所以X的分布列为
X 0 1 2
P 0.05 0.35 0.6
故E(X)=0×0.05+1×0.35+2×0.6=1.55.
(3)设D=“甲校学生掌握该知识点”,
因为若甲校同学掌握这个知识点,则有100%的概率做对该题目,
未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个,
所以P(D)+[1-P(D)]=0.8,即p1+×(1-p1)=0.8,解得p1=,
同理有0.85p2+×(1-p2)=0.75,解得p2=,故p1自测题
1.　　[解析] 由题知,丢失的一箱恰巧是物理书的概率为=.设事件A1表示“丢失的一箱是数学书”,事件A2表示“丢失的一箱是语文书”,事件A3表示“丢失的一箱是物理书”,事件B表示“从剩下的15箱中任意打开2箱,都是数学书”,则P(A1)==,P(A2)==,P(A3)==,P(B|A1)==,P(B|A2)==,P(B|A3)==,所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=×+×+×=.
2.　[解析] 设事件A=“有且仅有一次经过(含到达)点M(-1,0)”,事件B=“水平方向移动2次”.记L=“向左移动一个单位长度”,R=“向右移动一个单位长度”,U=“向上移动一个单位长度”,D=“向下移动一个单位长度”.①设第1步移动到M位置为事件A1,则满足要求的是LU(L或U或R),LL(L或U或D),LD(L或R或D),LR(U或D或R),所以P(A1)==.②设第3步移动到M位置为事件A2,则满足要求的是ULD,DLU,RLL,UDL,DUL,所以P(A2)=.所以P(A)=P(A1)+P(A2)=.满足AB的移动情况有LU(L或R),LD(L或R),LL(U或D),LR(U或D),所以P(AB)==,所以P(B|A)==.限时集训(二十五)
1.D　[解析] 由题意可得,每名乘客在每个车站下车的概率均为,则恰有2名乘客在第4个车站下车的概率为3×××=.故选D.
2.C　[解析] 事件A包含的样本点有(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,3),(5,3),(6,3),共7个,事件AB表示两次点数的较小值为3,较大值为6,包含的样本点有(3,6),(6,3),共2个,所以P(B|A)==.故选C.
3.A　[解析] 由全概率公式,得小孟一家去游乐园的概率为0.5×0.6+0.3×0.4+0.2×0.3=0.48.故选A.
4.B　[解析] 依题意得,样本空间Ω={A→B→A→B,A→B→A→C,A→B→C→A,A→B→C→B,A→C→A→B,A→C→A→C,A→C→B→A,A→C→B→C},共有8个样本点.记M=“第三次传递后,信息在A元件中”,则M中有2个样本点,所以P(M)==.故选B.
5.B　[解析] 数据0,9,7,4,5从小到大排列为0,4,5,7,9,可得其中位数为5.从1到10中的整数里随机选择2个不同的数加入这组数据有=45(种)选法,要使得新数据与原数据中位数相同,则可分为两类:若选择的两数中不含5,则不同的选法有=20(种);若选择的两数中含5,则不同的选法有+=9(种).所以共有20+9=29(种)不同的选法,所以所求概率P=.故选B.
6.B　[解析] 从甲箱中随机取出1个球,取出红球的概率P1==,取出白球的概率P2==. 若从甲箱中取出1个红球放入乙箱,则乙箱中有3个红球和3个白球,则在从甲箱取出红球的条件下,从乙箱取出的2个球颜色相同的概率P3===.若从甲箱中取出1个白球放入乙箱,则乙箱中有2个红球和4个白球,则从甲箱取出白球的条件下,从乙箱取出的2个球颜色相同的概率P4===.故从乙箱取出的2个球颜色相同的概率P=P1×P3+P2×P4=×+×=+=.故选B.
7.ACD　[解析] 对于A选项,若A,B互斥,则P(A∪B)=0.5+0.4=0.9,所以A选项正确.对于B选项,若A,B相互独立,则A与也相互独立,因为P()=1-P(B)=1-0.4=0.6,所以P(A)=P(A)P()=0.5×0.6=0.3≠0.2,所以B选项错误.对于C选项,若A,B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.5+0.4-0.2=0.7,所以C选项正确.对于D选项,由P(B|A)==0.5,P(A)=0.5,得P(AB)=0.5×0.5=0.25,所以P(B)=P(B)-P(AB)=0.4-0.25=0.15,又P()=1-P(A)=1-0.5=0.5,所以P(B|)===0.3,所以D选项正确.故选ACD.
8.BD　[解析] 由题意知P(A1)==,P(A2)==,P(A3)=,P(B|A1)=,P(B|A2)=,P(B|A3)=,∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=×+×+×=,D正确;P(A1|B)====,B正确;P(A2B)=P(A2)P(B|A2)=×=,C错误;∵P(A3B)=P(A3)P(B|A3)=×=,P(A3)P(B)=×=,∴P(A3B)≠P(A3)P(B),∴B与A3不相互独立,A错误.故选BD.
9.　[解析] 平行六面体ABCD-A'B'C'D'有8个顶点,∴任意取3个顶点构成的三角形个数为=56.从56个三角形中任取2个三角形,共面的情况有12种.设任取2个三角形,这2个三角形不共面为事件A,则P(A)=1-=1-=.
10.　　[解析] 设事件A表示“从甲袋中取到红球”,事件B表示“从乙袋中取到红球”,则P(A)=,P(B)=,所以P(AB)=×=.设事件C表示“两球颜色不同”,事件D表示“乙袋中取出黄球”,则P(C)=P(A)+P(B)=×+×=.又P(CD)=P(A)=×=,所以P(D|C)= ==.
11.解:(1)设A1=“文化项目乙获胜”,A2=“科技项目乙获胜”,A3=“体育项目乙获胜”,
则P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,
记事件A=“乙同学的总得分为40分”,
则A=A1A2+A1A3+A2A3,
故P(A)=××+××+××=.
(2)由题可知X的可能取值为0,20,40,60,
P(X=0)=××=,
P(X=20)=××+××+××=,
P(X=40)=××+××+××=,
P(X=60)=××=,
则X的分布列为
X 0 20 40 60
P
故E(X)=0×+20×+40×+60×=.
(3)甲获得冠军的概率为P(X=40)+P(X=60)=+=,乙获得冠军的概率为1-=,
因为>,所以甲获得冠军的概率更大.
12.解:(1)在打了两个球后比赛结束,则甲连续两球得分或乙连续两球得分.
设事件A为“再打两球后比赛结束”,事件B为“乙同学获胜”,
则P(A)=×+×=,P(AB)=×=,
故P(B|A)==.
(2)设事件C为“乙在本球得分”,事件M为“乙在上一球得分”.
设事件Di(i=-1,0,1)为“当前乙同学的分数与甲同学的分数之差为i,乙同学获胜”.
当i=1时,乙肯定在上一球得分,此时P(C)=,
若乙在本球得分,则乙获胜,若乙未在本球得分,
则乙获胜的概率为P(D0|),所以P(D1)=P(D1|C)·P(C)+P(D1|)·P()=+P(D0|).
同理,当i=-1时,乙肯定在上一球未得分,此时P(C)=,若乙在本球未得分,则甲获胜,若乙在本球得分,则乙获胜的概率为P(D0|M),
所以P(D-1)=P(D-1|C)·P(C)+P(D-1|)·P()=P(D0|M).
当i=0时,若乙在上一球得分,则P(C)=,若乙在本球得分,则乙获胜的概率为P(D1),
若乙在本球未得分,则乙获胜的概率为P(D-1),所以P(D0|M)=P(D1)P(C)+P(D-1)P()=P(D1)+P(D-1),
若乙在上一球未得分,则P(C)=,
同理可得P(D0|)=P(D1)P(C)+P(D-1)P()=P(D1)+P(D-1).
又初始P(C)=,所以乙同学获胜的概率等价于P(D0|),
所以
解得P(D0|)=,
所以乙同学获胜的概率为,
13.解:(1)由题得X的可能取值为0,1,2,3,由p=,可得P(X=i)=,i=0,1,2,3,
所以E(X)=0×+1×+2×+3×=.
(2)设事件A=“该微生物至多经过两次分裂后消失”, 事件Bi=“该微生物第一次分裂成i个,i=0,1,2,3”,
则P(A)=P(B0)+P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=+×+×+×=,
P(AB2)=P(B2)P(A|B2)=×=,
所以P(B2|A)===,
故该微生物至多经过两次分裂后消失的条件下,第一次分裂得到两个新微生物的概率为.
(3)若开始有一个这样的微生物,
设这个微生物最终消失的概率为f(1)=q≤,
则i个这样的微生物最终消失的概率为f(i)=qi,i=0,1,2,3,
则f(1)=p+f(1)+f(2)+f(3),
即q=p+q+q2+q3,
整理得3q=3p+(1-p)(q+q2+q3),即3q-3=3p-3+(1-p)(q+q2+q3)=(1-p)(q+q2+q3-3),
即3(q-1)=(1-p)(q+q2+q3-3),则==,
因为0≤q≤,所以==∈,
解得p∈,
故p的取值范围是.微专题25　概率
微点1　古典概型
例1 (1)[2024·全国甲卷] 甲、乙、丙、丁四人排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
(2)[2024·新课标Ⅰ卷] 甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小.数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为　　　　.
[听课笔记]

【规律提炼】
求样本空间中样本点个数的方法:
(1)枚举法:适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题.
(2)树状图法:适合于较为复杂的问题,注意在确定样本点时(x, y)可看成是有序的,如(1,2)与(2,1)不同,有时也可看成是无序的,如(1,2)与(2,1)相同.
(3)排列组合法:在求一些较复杂的样本点个数时,可利用排列或组合的知识.
自测题
1.[2024·天津卷] 现有A,B,C,D,E五个活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A活动的概率为　　　　;已知乙选了A活动,则他选到B活动的概率为　　　　.
2.[2025·广州二模] 一个袋子里有大小和质地相同的4个球,标号分别为1,2,3,4,从中有放回地随机取球,每次取1个球,共取4次,把每次取出的球的标号排成一列数,则这列数中恰有3个不同整数的概率为　　　　.
微点2　概率的基本性质
例2 [2025·湖南四校联考] 甲、乙两人玩掷骰子游戏,各掷一次,设得到的点数分别为x,y,事件A表示“x>4”,事件B表示“y为奇数”,事件C表示“x+y>8”,事件D表示“x+y=7”,则相互独立的事件是 (　 )
A.A与C B.B与C
C.C与D D.B与D
[听课笔记]

自测题
1.[2025·广东惠州三调] 事件A发生的概率为P(A),事件B发生的概率为P(B),若P(A)=,P()=,P(A∪B)=,则事件A与事件B的关系为 (　 )
A.互斥 B.对立
C.独立 D.包含
2.[2025·天津十二区联考] 甲、乙、丙三人各自独立地解同一道题,甲做对的概率是,三人都做对的概率是,三人都做错的概率是,则甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为　　　　.
微点3　条件概率与全概率公式
例3 [2025·北京卷] 有一道选择题考查了一个知识点,甲、乙两校各随机抽取100人,甲校有80人答对,乙校有75人答对,用频率估计概率.
(1)从甲校随机抽取1人,求这个人做对该题目的概率.
(2)从甲、乙两校各随机抽取1人,设X为做对的人数,求恰有1人做对的概率以及X的数学期望.
(3)若甲校同学掌握这个知识点,则有100%的概率做对该题目,乙校同学掌握这个知识点,则有85%的概率做对该题目,未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个,设甲校学生掌握该知识点的概率为p1,乙校学生掌握该知识点的概率为p2,试比较p1与p2的大小(结论不要求证明).
【规律提炼】
1.求条件概率的常用方法:
(1)利用定义,分别求P(A)和P(AB),得P(B|A)=.
(2)借助古典概型概率公式,先求事件A包含的样本点个数n(A),再求事件AB包含的样本点个数n(AB),得P(B|A)=.
2.利用全概率公式的思路:
(1)按照确定的标准,将一个复合事件分解为若干个互斥事件Ai(i=1,2,…,n);
(2)求P(Ai)(i=1,2,…,n)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生的条件下的概率P(B|Ai)(i=1,2,…,n);
(3)代入全概率公式计算.
自测题
1.[2025·天津北辰区三模] 某地教育部门联合当地高校发起公益助教赠书活动.现安排卡车为乡村小学运送书籍,共有16箱,其中6箱数学书、6箱语文书、4箱物理书.由于山路崎岖,到达目的地时发现丢失了一箱书籍,则丢失的一箱恰巧是物理书的概率为 　　　　;若不知丢失哪一箱,则从剩下的15箱中任意打开2箱,结果发现都是数学书的概率为 　　　　.
2.[2025·东北三省四市质检] 2025年春晚,一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作,机器人从原点O出发,每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位长度,共移动3次.该机器人在有且仅有一次经过(含到达)点M(-1,0)位置的条件下,水平方向移动2次的概率为　　　　. 限时集训(二十五)　微专题25　概率
1.[2025·山西临汾模拟] 公共汽车上有3名乘客,在沿途的4个车站随机下车,3名乘客下车互不影响,则恰有2名乘客在第4个车站下车的概率是 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.
C. D.
2.骰子是质地均匀的正方体,各面分别标有数字1,2,3,4,5,6.现在掷一枚骰子两次,记事件A=“两次点数的较小值为3”,事件B=“两次点数的较大值为6”,则P(B|A)= (　 )
A. B.
C. D.
3.小孟一家打算从武汉市、十堰市、荆州市中选一个城市去旅游,这三个城市都有游乐园,去武汉市、十堰市、荆州市的概率分别为0.5,0.3,0.2,到了武汉市小孟一家去游乐园的概率为0.6,到了十堰市小孟一家去游乐园的概率为0.4,到了荆州市小孟一家去游乐园的概率为0.3,则小孟一家去游乐园的概率为 (　 )
A.0.48 B.0.49
C.0.52 D.0.21
4.已知A,B,C是三种电子信息传递元件,第一次由A元件将信息传出,每次传递时,传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个,则第三次传递后,信息在A元件中的概率是 (　 )
A. B.
C. D.
5.[2025·湖南长郡中学一模] 已知一组数据0,9,7,4,5,从1到10中的整数里随机选择2个不同的数加入这组数据,则得到的新数据与原数据中位数相同的概率为 (　 )
A. B. C. D.
6.甲箱中有3个红球和2个白球,乙箱中有2个红球和3个白球,先从甲箱中随机取出1个球放入乙箱,再从乙箱中随机取出2个球,则取出的2个球颜色相同的概率为 (　 )
A. B. C. D.
7.(多选题)[2025·山东枣庄调研] 已知A,B为随机事件,且P(A)=0.5,P(B)=0.4,则下列结论正确的是 (　 )
A.若A,B互斥,则P(A∪B)=0.9
B.若A,B相互独立,则P(A)=0.2
C.若A,B相互独立,则P(A∪B)=0.7
D.若P(B|A)=0.5,则P(B|)=0.3
8.(多选题)[2025·湖南师大附中二模] 甲箱中有5个红球、2个白球和3个黑球,乙箱中有4个红球、3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出1个球放入乙箱,分别用A1,A2和A3表示从甲箱取出的球是红球、白球和黑球,再从乙箱中随机取出1个球,用B表示从乙箱取出的球是红球,则(　 )
A.B与A3相互独立
B.P(A1|B)=
C.P(A2B)=
D.P(B)=
9.[2025·湖北黄石模拟] 以平行六面体ABCD-A'B'C'D'的任意3个顶点为顶点作三角形,从中任取2个三角形,则这2个三角形不共面的概率为　　　　.
10.[2025·天津南开区二模] 甲、乙两个袋子中各有10个除颜色外完全相同的小球,其中甲袋中有7个红球、3个黄球,乙袋中有8个红球、2个黄球.若从两个袋子中各任取1个球,则都取到红球的概率为　　　　;若从两个袋子中各任取1个球,则在两球颜色不同的条件下,乙袋中取出的是黄球的概率为　　　　.
11.[2025·陕西西安模拟] 某所学校进行知识竞赛,最终甲、乙两位同学进入决赛,争夺冠军,决赛一共有文化、科技、体育三个项目,每个项目中回答对问题多的那个同学在该项目获胜并且获得20分,没获胜的同学得0分,三个项目比赛结束,总得分高的同学获得冠军.已知甲同学文化、科技、体育三个项目获胜的概率分别为,,,比赛没有平局,且每个项目比赛结果相互独立.
(1)求乙同学的总得分为40分的概率;
(2)用X表示甲同学的总得分,求X的分布列与期望;
(3)判断甲、乙两名同学谁获得冠军的概率更大.
12.乒乓球比赛规则规定:在双方打成10平后,领先两分者获胜.在某校组织的乒乓球比赛中,甲、乙两名同学已经打成了10平.已知下一球乙同学得分的概率为,且对以后的每一球,若乙同学在本球中得分,则他在下一球得分的概率为,若乙同学在本球中未得分,则他在下一球得分的概率为.
(1)求在继续打了两个球后比赛结束的条件下,乙同学获胜的概率;
(2)求乙同学获胜的概率.
13.[2025·山东聊城三模] 一种微生物可以经过自身分裂不断生存下来,对于每个微生物,每次分裂的结果为:有p(0≤p≤1)的概率消失,有的概率得到一个新微生物,有的概率得到两个新微生物,有的概率得到三个新微生物.假设开始只有一个这样的微生物.
(1)若p=,求该微生物经过第一次分裂得到新微生物个数X的期望;
(2)若p=,求该微生物至多经过两次分裂后消失的条件下,第一次分裂得到两个新微生物的概率;
(3)若希望最终这种微生物消失的概率不超过,求p的取值范围.(共59张PPT)
微专题25 概率
微点1 古典概型
微点2 概率的基本性质
微点3 条件概率与全概率公式
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查 内容 考题统 计 考情分析 必备知识
古典 概型 2024年Ⅰ 卷14； 2022年Ⅰ 卷5 高频考点，以选择题为 主.考查重点：基础概念 理解（等可能性）、样 本空间构建、概率计 算；常结合实际情境 （如抽球、掷骰子、数 字排列） 1.样本点与样本空间的
计算.
2.对事件关系的分析.
3.计数原理
考查 内容 考题统 计 考情分析 必备知识
相互 独立 事件 和相 互独 2025年 Ⅱ卷 19； 2024年 Ⅱ卷 18； 重点考查：独立事件判 定、乘法公式计算、互 斥事件的综合应用；常 结合实际模型 （如电路系统、比赛胜 负）， 1.核心概念.
独立事件：事件发生互
不影响.
互斥事件：事件不能同
时发生.
2.概率公式与运算.
续表
考查 内容 考题统 计 考情分析 必备知识
立事 件的 概率 乘法 公式 2023年 Ⅱ卷 12； 2021年Ⅰ 卷8 需注意独立性与互斥性的区别（关键点：独立事件可同时发生，互斥事件不能）、多事件独立性的判断 3.判定方法.
①独立性：验证
或
基于问题背景判断.
②互斥性：验证事件交
集为空
续表
考查 内容 考题统 计 考情分析 必备知识
条件 概率 2022年Ⅰ 卷20； 2022年 Ⅱ卷19 新高考卷的必考内容， 一般将条件概率、全概 率公式及贝叶斯公式综 合考查，考查实际背景 下概率的计算，或者与 数列背景综合考查 1.核心概念的分析.
2.概率公式.
①定义式；
②乘法公式；
③全概率公式
（完备事件组）；
④贝叶斯公式.
续表
考查 内容 考题统 计 考情分析 必备知识
条件 概率 2022年Ⅰ 卷20； 2022年 Ⅱ卷19 新高考卷的必考内容， 一般将条件概率、全概 率公式及贝叶斯公式综 合考查，考查实际背景 下概率的计算，或者与 数列背景综合考查 3.关联知识：条件概率
与独立性的关系
若， 独立，则
,
续表
微点1 古典概型
例1（1）[2024·全国甲卷]甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在
排头，且甲或乙在排尾的概率是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，
其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，
故所求概率 .故选B.
方法二：当甲排在排尾，乙排在排头时，丙有2种排法，丁有1种排
法，此时有2种排法；
当甲排在排尾，乙排在第二位或第三位时，丙有1种排法，丁有1种
排法，此时有2种排法.故甲排在排尾共有 （种）排法.
同理，乙排在排尾共有4种排法.故丙不在排头，
且甲或乙在排尾共有 （种）排法.
根据古典概型的概率计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概
率是 .故选B.
方法三：当甲在排尾时，丙有2种排法，乙、丁有 （种）排法，
此时共有 （种）排法；
当乙在排尾时，丙有2种排法，甲、丁有（种）排法，
此时共有 （种）排法.
故丙不在排头，且甲或乙在排尾共有 （种）排法.
根据古典概型的概率计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率
是 .故选B.
（2）[2024· 新课标Ⅰ卷] 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标
有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分
别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各
自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小.
数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡
片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总
得分不小于2的概率为__．
[解析] 方法一：设甲的数字为1，3，5，7时乙对应的数字分别为 ,
,,,样本点记为 ,
则该试验的样本空间包含的样本点个数为.
甲的总得分不小于2包含的样本点有, ,
,,,,,, ,
,,,共12个.
故所求概率为 .
方法二：甲出1一定输，所以甲最多得3分.若甲得3分，则只有一种选
择卡片的情况：，，， ；若甲得2分，则选择卡
片的情况可分为三类：
①出3和出5的轮次得1分，其余的轮次得0分：， ，
， .
②出3和出7的轮次得1分，其余的轮次得0分：,, ,
；,,,；,,, .
③出5和出7的轮次得1分，其余的轮次得0分：,, ,
；,,,；,,,； ,
，，；,,,;,, ,
;,,,.
共 （种）选择卡片的情况满足要求，而所有选择
卡片的情况有 （种），
所以所求概率为 .
【规律提炼】
求样本空间中样本点个数的方法：
（1）枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题.
（2）树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时
可看成是有序的，如与不同，有时也可看成是无序
的，如与相同.
（3）排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或
组合的知识.
自测题
1.[2024·天津卷] 现有,,,, 五个活动，甲、乙都要选择三个活动
参加.甲选到活动的概率为__；已知乙选了活动，则他选到 活动
的概率为__.
[解析] 方法一：甲从五个活动中选三个的可能情况有, ,
,,,,,,,,共10种，
其中甲选到 活动的可能情况有,,,,,，共6种，
故甲选到 活动的概率.
乙选了活动有,,,,, 共6种可能情况，
其中选到活动有,, 共3种可能情况，
故已知乙选了活动，他选到活动的概率为 .
方法二：甲选到活动的概率为.设“乙选到活动”，
“乙选到活动”，
则已知乙选了活动，他选到 活动的概率为 .
2.[2025·广州二模] 一个袋子里有大小和质地相同的4个球，标号分
别为1，2，3，4，从中有放回地随机取球，每次取1个球，共取4次，
把每次取出的球的标号排成一列数，则这列数中恰有3个不同整数的
概率为_ __.
[解析] 每次均有4种不同的取法，故总的取法有 （种）.
这列数中恰有3个不同整数，则必有一个数被取了2次，
故这列数中恰有3个不同整数的取法有 （种），
故这列数中恰有3个不同整数的概率为 .
微点2 概率的基本性质
例2 [2025·湖南四校联考]甲、乙两人玩掷骰子游戏，各掷一次，设
得到的点数分别为,，事件表示“”，事件表示“ 为奇数”，
事件表示“”，事件表示“ ”，则相互独立的事件
是( )
A.与 B.与 C.与 D.与
√
[解析] 由题意得,样本空间中共包含36个样本点., ,
,,,,,,,,, ，共包含12
个样本点，
所以.
,,,, , ,,,
,,,,,,,, , ，
共包含18个样本点，
所以.
, , ,,,,,,, ，共包
含10个样本点，
所以.,,,,, ，共包含
6个样本点，所以 .
对于A，因为，所以与 不独立，故A错误；
对于B，因为，所以与 不独立，故B错误；
对于C，因为事件与不能同时发生，所以 ，
故C错误；
对于D，，则与 相互独立，
故D正确.故选D.
自测题
1.[2025·广东惠州三调]事件发生的概率为，事件 发生的概率
为，若，，，则事件与事件
的关系为( )
A.互斥 B.对立 C.独立 D.包含
√
[解析] 由题可得 .
因为，即 ，
所以，
所以，
因此事件与事件 独立.故选C.
2.[2025·天津十二区联考] 甲、乙、丙三人各自独立地解同一道题，
甲做对的概率是，三人都做对的概率是，三人都做错的概率是 ，
则甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为___.
[解析] 设甲、乙、丙三人做对这道题分别为事件,, ，
则, ,, .
由 ，
，
解得,或, .
设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题为事件.
当,时，, ，则 ；.
综上，甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为 .
微点3 条件概率与全概率公式
例3 [2025·北京卷] 有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随
机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率.
（1）从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率.
解：用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，这个人做对该题目的概
率为 .
例3 [2025·北京卷] 有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随
机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率.
（2）从甲、乙两校各随机抽取1人，设 为做对的人数，求恰有1人
做对的概率以及 的数学期望.
解：设“从甲校抽取1人做对”，则， ，
设 “从乙校抽取1人做对”，则， ，
设 “恰有1人做对”，
故 .
的可能取值为0,1,2，
， ，
，所以 的分布列为
0 1 2
0.05 0.35 0.6
故 .
所以 的分布列为
例3 [2025·北京卷] 有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随
机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率.
（3）若甲校同学掌握这个知识点，则有 的概率做对该题目，
乙校同学掌握这个知识点，则有 的概率做对该题目，未掌握该
知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲校学生掌握
该知识点的概率为，乙校学生掌握该知识点的概率为 ，试比较
与 的大小（结论不要求证明）.
解：设 “甲校学生掌握该知识点”，
因为若甲校同学掌握这个知识点，则有 的概率做对该题目，
未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，
所以，即 ，
解得 ，
同理有，解得，故 .
【规律提炼】
1.求条件概率的常用方法：
（1）利用定义，分别求和，得.
（2）借助古典概型概率公式，先求事件包含的样本点个数，
再求事件包含的样本点个数，得.
2.利用全概率公式的思路：
（1）按照确定的标准，将一个复合事件分解为若干个互斥事件
；
（2）求和所求事件在各个互斥事件 发生的条
件下的概率 ；
（3）代入全概率公式计算.
自测题
1.[2025·天津北辰区三模] 某地教育部门联合当地高校发起公益助教
赠书活动.现安排卡车为乡村小学运送书籍，共有16箱，其中6箱数学
书、6箱语文书、4箱物理书.由于山路崎岖，到达目的地时发现丢失
了一箱书籍，则丢失的一箱恰巧是物理书的概率为 __ ；若不知丢
失哪一箱，则从剩下的15箱中任意打开2箱，结果发现都是数学书的
概率为 __ .
[解析] 由题知，丢失的一箱恰巧是物理书的概率为.
设事件 表示“丢失的一箱是数学书”，事件 表示“丢失的一箱是语文
书”，事件表示“丢失的一箱是物理书”，事件 表示“从剩下的15箱
中任意打开2箱，都是数学书”，
则， ，，
， ，，
所以
.
2.[2025· 东北三省四市质检] 2025年春晚，一场别开生面的机器人
舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点 出发，每
一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位长度，共移动3
次.该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点 位置的条件
下，水平方向移动2次的概率为___.
[解析] 设事件“有且仅有一次经过（含到达）点 ”，事件
“水平方向移动2次”.记“向左移动一个单位长度”， “向右
移动一个单位长度”，“向上移动一个单位长度”， “向下移动
一个单位长度”.
①设第1步移动到位置为事件 ，则满足要求的是或或，
或或，或或，或或 ，
所以
设第3步移动到位置为事件 ，则满足要求
的是，，，，，
所以 .
所以.
满足的移动情况有或， 或，或，或，
所以 ，所以 .
［备选理由］例1考查古典概型，难点在于分组计数；
例2是求等比数列的子数列构成等比数列的概率，难点在于发现下标
成等差数列的规律,解析中用公差分类讨论的方法很巧妙；
例3定义新概念“友好数列”，属于创新题，强调定义理解能力和容斥
原理的应用，特别是 时两种条件同时满足的情况，用“新定义
与容斥原理”足够精炼；
例4考查掷骰子与取球的复合概率，涉及全概率公式，抓住“多步骤
条件概率”这个核心，很有教学价值.
例1 ［配例1使用］[2025·江西宜春二模]将编号为1，2，3，4，5的5
个球放到3个不同的盒子中，每个球只能放到1个盒子中，每个盒子
至少放入1个球，则编号为1，2，3的球所放盒子各不相同的概率为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 将5个球分成3组，有两种分法：1，1，3和2，2，1.
①按1，1，3分组，共有 （种）分法，再将分好的3组全排列，
放入3个不同的盒子，
有 （种）放法，根据分步乘法计数原理，此时共
有 （种）放法.
②按2，2，1分组，共有 （种）分法，
再将分好的3组全排列，放入3个不同的盒子，有 （种）放法,
根据分步乘法计数原理，此时共有 （种）放法.
由分类加法计数原理可知，总放法有 （种）.
先将编号为1，2，3的球放入3个不同的盒子，有 （种）放法，
再将编号为4，5的球放入这3个盒子，每个球都有3种放法，
共有 （种）放法，
根据分步乘法计数原理，编号为1，2，3的球所放盒子各不相同的放
法共有 （种）.
根据古典概型的概率计算公式，可得所求概率 .故选C.
例2 ［配例1使用］[2025·江苏苏州三模] 已知数列 是公比不为1
的等比数列，从,,, , 中任取四项，则这四项依然构成等
比数列的概率为_ __.
[解析] 从20项中任取4项，共有 （种）情
况.
设任取的4项为,,, ，若这四项依然构成等
比数列，则,,,构成等差数列，
设公差为，则满足 ，对公差进行一一列举：
当时，的取值范围是 ，共有17种；
当时，的取值范围是 ，共有14种；
当时，的取值范围是，共有11种；
当时， 的取值范围是，共有8种；
当时，的取值范围是 ，共有5种；
当时，的取值范围是 ，共有2种.
所以共有 （种）情况，
所以这四项依然构成等比数列的概率 .
例3 ［配例1使用］[2025·山东烟台、德州联考] 已知项数为 的数
列满足，若数列 中存在连续三项
,,，使得 成立，则称
数列为“友好数列”.当 时，“友好数列”的个数为___；当
时，随机选取一个数列，该数列是“友好数列”的概率为___.
6
[解析] 当时，数列共有 （种）可能，需满足
，分情况讨论：
当时， 可取0，1，2，对应,1,2，有3个“友好数列”；
当时， 可取0，1，对应，2，有2个“友好数列”；
当时，可取0，对应 ，有1个“友好数列”.
故当时，“友好数列”的个数为 .
当时，数列共有 （种）可能.
①前三项满足，有6种可能，任意，共有 （
个）“友好数列”.
②后三项满足，有6种可能， 任意，共有（
个）“友好数列”.
③同时满足 且的“友好数列”有4个，
故当 时，“友好数列”的个数为,所以所求概率
为 .
例4 ［配例3使用］[2025·山东枣庄调研] 箱子中装有4个红球，2个
黄球（除颜色外完全相同），掷一枚质地均匀的骰子1次，如果点数
为，则从该箱子中一次性随机取出 个球.规定：依
据个球中红球的个数，判定甲的得分，每一个红球记1分；依据
个球中黄球的个数，判定乙的得分 ，每一个黄球记2分.比如：若一
次性取出了2个红球，2个黄球，则判定甲得分，乙得分 .
则在1次掷骰子取球的游戏中， ___.
[解析] 设掷骰子得到的点数为的概率为，则,,2, , 6.
当时，的概率为，若 ，则需取出的1个球是红球，
其概率为 ，
所以；
当时， 的概率为，
若 ，则需取出的2个球都是红球，其概率为
，所以；
当时， 的概率为，若 ，则需取出的3个球都是红球，
其概率为 ，
所以；
当时， 的概率为，若 ，则需取出的4个球都是红球或
取出的4个球中有3个红球，1个黄球，
其概率为
；
当时， 的概率为，若 ，则需取出4个红球，1个黄球，
其概率为 ，
所以；
当时， ，
不满足题意.故 .

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